课题研究.doc

课题研究（针对练习）
一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．下列说法中可能正确的是(　　)
A．物体受到的冲量大，末动量却小
B．力和时间的乘积大，但冲量却小
C．物体受到的冲量方向向右，动量改变的方向向左
D．很小的力可使物体动量改变很大
解析：选AD.由I＝Ft＝Δp可知B错．而末动量大小与合外力冲量的方向有关．故A正确．动量变化方向与合外力的冲量方向相同，故C错．冲量的大小由作用时间和力共同决定，虽然力小但只要作用时间长，冲量仍然可以很大，故D正确．
2．质量为M(包括沙子)的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动，当车中的沙子从底部的漏斗中不断流下时，车子的速度将(　　)
A．减小 B．不变
C．增大 D．无法确定
答案：B
3．(实际应用题)篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以(　　)
A．减小球对手的冲量
B．减小球对手的冲击力
C．减小球的动量变化量
D．减小球的动能变化量
解析：选B.根据动量定理得F合Δt＝Δp.接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，因动量的改变量不变，则增长了接球时间，所以球对手的冲击力减小，故选项B是正确的．
4．从距地面相同的高度，以大小相等的初速度抛出质量相等的甲、乙两球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛．不计空气阻力，两球最后都落在地面上，下列说法正确的是(　　)
A．两球的动量变化量及落地时的动量均相同
B．两球的动量变化量及落地时的动量均不相同
C．两球的动量变化量相同，但落地时的动量不相同
D．两球的动量变化量不相同，但落地时的动量相同
解析：选D.设甲、乙两球的质量均为m，初速度大小均为v0.由于不计空气阻力，两球距地面的高度相同，初速度大小相同，根据机械能守恒定律可知，两球落地时的速度相同，都为v，则两球落地时的动量相同．规定向下为正方向，甲、乙两球的动量变化量分别为：Δp甲＝mv－(－mv0)＝mv＋mv0，Δp乙＝mv－mv0，甲球的动量变化量大于乙球的动量变化量．
5．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图8－7所示．设甲在时间t1内所受的冲量为I1，乙在时间t2内所受的冲量为I2，则(　　)

图8－7
A．F1>F2，I1＝I2 B．F1<F2，I1<I2
C．F1>F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2
解析：选A.由图知甲在时间t1内与乙在时间t2内的动量变化大小相等，即I1＝I2.由动量定理Δp＝Ft知Δp一定时，F与t成反比．∵t1<t2，∴F1>F2，故A对．
6．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为s的水平地面上，如图8－8所示．当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放时，B球的落地点距桌边距离为(　　)

图8－8
A. B.s
C．s D.s
解析：选D.当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒有：Ep＝mv，根据平抛运动规律有：s＝v0t.当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放时，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝×2mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地点距桌边距离为s′＝vBt＝s，D选项正确．
7．A、B两物体在光滑水平面上沿一直线向同一方向运动，并以该方向为正方向，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，以后A追上B发生碰撞，则碰撞后A、B两物体的速度可能值为(　　)
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
解析：选B.A与B相碰后若沿原方向前进应是vA′≤vB′，故A错．A与B相碰时，所受冲量与原运动方向相反，若沿原方向前进速度应减小，故D错．碰撞过程中A、B的总动量守恒，在碰撞过程中系统的动能一般会有损失，应同时满足
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①
mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2②
把数值代入以上两式可知选项B正确，C错误．
8．一质量为2 kg的质点从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移s变化的关系式为p＝4(kg·m/s)，则关于此质点的说法错误的是(　　)
A．运动的加速度为2 m/s2
B．2 s内受到的冲量为8 N·s
C．在相等的时间内，动量的增量一定相等
D．通过相同的位移，动量的增量可能相等
解析：选D.由p＝mv，v2＝2as，v＝at得p＝m＝mat，比较可得加速度a＝2 m/s2，A对；由动量定理Δp＝p′－p＝ma(t′－t)＝maΔt，知B、C对．故选D.
9．如图8－9所示，是质量分别为m1和m2两物体碰撞前后的位移－时间图象，由图可知(　　)

图8－9
A．两物体的动量相等
B．质量m1大于质量m2
C．碰后两物体一起做匀速直线运动
D．碰前两物体动量大小相等，方向相反
解析：选D.从图象看，碰撞前s－t图象的斜率大小相等，即速度大小相等，又碰撞后都静止，所以由动量守恒可知，碰前两者动量等大反向，则m1＝m2，因此只有D正确．
10．原先静止在光滑水平面上质量为2 kg的物块，受到一个水平力F的作用，F随时间变化的情况如图8－10所示，则下列说法正确的是(　　)

图8－10
A．F在前4 s内对物块做的总冲量为零
B．F在前6 s内对物块做的总冲量为零
C．第6 s末物块的动能为36 J
D．第6 s末物块的动量为12 kg·m/s
解析：选AB.在F－t图象中，图线与时间轴之间的“面积”为力F的冲量，由图可知，在t＝4 s，t＝6 s时，物块的速度都为零．根据动量定理，F在前4 s内、前6 s内对物块做的总冲量都为零，第6 s末物块的动能、动量都为零．
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中指定位置)
11．如图8－11所示，质量为1 kg的铁块静止在光滑水平地面上，一颗质量为50 g的子弹以1000 m/s的速度射到铁块上，弹回的速度大小为800 m/s，则铁块获得的速度大小为________．

图8－11
答案：90 m/s
12．(2009年高考福建卷)一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是________．(填选项前的编号)
①Mv0＝(M－m)v′＋mv
②Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
③Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
④Mv0＝Mv′＋mv
解析：动量守恒定律必须相对于同一参考系．本题中的各个速度都是相对于地面的，不需要转换．发射炮弹前系统的总动量为Mv0；发射炮弹后，炮弹的动量为mv0，船的动量为(M－m)v′，所以动量守恒定律的表达式为Mv0＝(M－m)v′＋mv，正确选项为①.
答案：①
13．在“验证碰撞中的动量守恒”实验中，称得小球的质量m1＝0.1 kg，m2＝0.05 kg，应选________做入射小球．
解析：由碰撞中动能关系和动量关系知入射球质量小时会发生反弹，所以选质量大的m1为入射球．
答案：m1
14．如图8－12在“验证碰撞中的动量守恒”实验中，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止地放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录下重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，设入射小球和被碰小球的质量依次为m1、m2，则：

图8－12
(1)第一、二次入射小球的落点依次是________、________.
(2)第二次入射小球与被碰小球相比，将________落地．(选填“先”、“后”或者“同时”)
(3)下列关系式(用m1、m2及图中字母表示)______________成立，即表示碰撞中动量守恒．
答案：(1)B　A
(2)同时
(3)m1·＝m1·＋m2·(或m1·＝m2·)
三、计算题(本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，必须明确写出数值和单位)
15．(8分)质量m＝2 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动，2 s末撤去外力F，其v－t图象如图8－13所示．求：物体与水平面间的滑动摩擦力及水平外力F的大小．

图8－13
解析：根据动量定理有
Ft1－Fft2＝0，
由图知，t1＝2 s，t2＝6 s，
所以F＝3Ff，
在0～2 s内，
(F－Ff)t1＝mv－0，
所以F·2＝2×12 N，
F＝18 N．Ff＝6 N.
答案：6 N　18N
16．(10分)(2011年郑州高二检测)据报道，备受世人瞩目的“南海一号”古沉船随着亚洲第一吊“华天龙”号的吊臂缓缓告别沉睡了800年的海底，如图8－14甲所示．“华天龙”号总起吊重量为5000 t．为了确保此次打捞的圆满成功， 工程技术人员先用小型吊船对打捞过程进行模拟，如图乙所示，浮动起重机从水中吊起m＝2 t的重物，重物刚好脱离水面时，浮吊起重杆OA与竖直方向成60°角，当转至杆与竖直方向成30°角时，求起重机的水平方向的位移．设浮吊质量为20 t，起重杆长l＝8 m，水的阻力与杆重均不计．

图8－14
解析：浮吊与重物组成的系统水平方向不受外力，动量守恒且初总动量为零，可看成人船模型，则：
m[l(sin60°－sin30°)－s]＝Ms
解得s＝0.266 m，即起重机水平向左的位移为0.266 m.
答案：0.266 m
17．(10分)如图8－15所示，质量为M，长为L＝1.0 m，右端带有竖直挡板的木板B静止在光滑的水平面上，一个质量为m的小木块(视为质点)A，以水平速度v0＝4 m/s滑上B的左端，而后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B的左端，已知M/m＝3，并设A与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间忽略．求：

图8－15
(1)A、B的最后速度；
(2)木块A与木板B之间的动摩擦因数．
解析：(1)A、B所组成的系统在作用过程中动量守恒，
则mv0＝(M＋m)v，
所以A与B的最后速度，v＝＝1 m/s.
(2)A与B相对滑动过程中，由于克服摩擦力，所以系统的动能不断转化为内能，由能量守恒可得mv＝(M＋m)v2＋2μmgL代入数据得μ＝0.3.
答案：(1)1 m/s　(2)0.3
18．(2009年高考广东物理卷)如图8－16所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l＝1.0 m．物块A以速度v0＝10 m/s沿水平方向与B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0 m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g取10 m/s2)

图8－16

(1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度；
(2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向．
解析：(1)设AB碰撞后的速度为v1，AB碰撞过程由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得
－μmgl＝mv－mv
联立以上各式解得v2＝4 m/s.
(2)若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
2mv2＝(2＋k)mv
代入数据解得k＝2
此时AB的运动方向与C相同
若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得
2mv2＝2mv3＋kmv
·2mv＝·2mv＋·kmv2
联立以上两式解得v3＝v2
v＝v2
代入数据解得k＝6
此时AB的运动方向与C相反
若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得
2mv2＝kmv
代入数据解得k＝4
综上所述得
当2≤k<4时，AB的运动方向与C相同
当k＝4时，AB的速度为0
当4<k≤6时，AB的运动方向与C相反．
答案：(1)4 m/s
(2)见解析